Cada año, hay un concurso...

Question

Cada año, hay un concurso para ver quién tiene la mayor calabazas para ese año.

El año pasado, un agricultor traído 5 calabazas para el concurso. En lugar de comparar uno a la vez, puso en conocimiento de los jueces,

"Cuando yo pesaba dos a la vez, tengo la siguiente ponderación: 108, 112, 113, 114, 115, 116, 117, 118, 120, y 122."

¿Cuánto de cada calabaza pesa?

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Traté de resolver este problema mediante la suma de todos los pesos (1,155) y dividiendo por 10 para obtener el peso promedio de las dos calabazas (115.5). Yo luego se lo divide por 2 para obtener el peso promedio de cada calabaza (57.75). Para determinar el medio de la calabaza, que multiplica por 5 para hallar el peso total de los cinco calabazas (288.75) y, a continuación, resta el más ligero y el más pesado peso ('C' = 58.75). Avance rápido, he determinado 'A' = 53.25, 'B' = 54.75, 'C' = 58.75, 'D' = 60.75, y 'E' = 61.25.

Sin embargo, luego de la revisión, se determinó que estos valores no podían producir el 10 pesos. Además, llegué a la conclusión de que los valores deben terminar en .5 para aumentar las combinaciones.

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La pregunta es: ¿hay una respuesta correcta y lo que es, o es irresoluble?

Gracias.

Answer 1

En primer lugar, tienes razón en pensar que el peso total es de $288.75$; también se puede obtener esta por darse cuenta de que cada calabaza se pesa cuatro veces, y $\frac{1155}4=288.75$. Sin embargo, los datos son inconsistentes.

La baja total $108$ debe ser la suma de los dos pesos más ligeros, por lo que los tres más pesadas las calabazas en conjunto pesan $288.75-108=180.75$. El más pesado dos juntos pesan $122$, así que el centro de calabaza pesa $180.75-122=58.75$. Cada par de calabazas, tiene un número entero de peso total, de modo que cada uno de los otros cuatro pesos debe tener una parte fraccionaria de $0.25$–, sino que se asegura de que la suma de cualesquiera dos de sus pesos es no un entero.

Answer 2

Observaciones

Deje que los cinco términos de ser representado por $a<b<c<d<e$.

Supongamos que hay soluciones para el problema.

En el extremo inferior, sabemos que $a+b=108$.

También podemos deducir que $a+c=112$

En el extremo superior, sabemos que $d+e=122$

También podemos deducir que $c+e=120$

Sustituyendo, descubrimos que $c=b+4$$c=d-2$.

Ahora sabemos que la diferencia entre nuestra central de 3 valores. El centro debe ser ~$b+3$

$$b=b$$ $$c=b+4$$ $$d=b+6$$

El rango es de $6$. Como ya se señaló, la media es $57.75$, lo que vamos a decir es $58$ hacer cálculos más fácil.

El uso de esta, vamos a suponer que $b$ $3$ bajo $58$. Cuando este es el caso, nuestros valores son los siguientes:

$$a=53$$

$$b=55$$

$$c=59$$

$$d=61$$

$$e=61$$

Para lograr la $b,c,$$d$, simplemente enchufe en $57$ $b$ en los cálculos anteriores y obtendrá $a$ $e$ restando $b$$108$$d$$122$, respectivamente. Obviamente estos no puede ser la correcta pesos desde $d=e$, pero vamos a agregar cada combinación para ver cómo de cerca estamos. Al hacerlo, obtenemos los siguientes valores:

$$a+b=108$$

$$a+c=112$$

$$a+d=114$$

$$b+c=114$$

$$a+e=114$$

$$b+d=116$$

$$b+e=116$$

$$c+d=120$$

$$c+e=120$$

$$d+e=122$$

Ahora vamos a tratar de adivinar que $b$ $3.5$ menos de $58$

En este caso, se obtiene el siguiente:

$$a=53.5$$ $$b=54.5$$ $$c=58.5$$ $$d=60.5$$ $$e=61.5$$

Estos valores producen los siguientes:

$$a+b=108$$ $$a+c=112$$ $$b+c=113$$ $$a+d=114$$ $$a+e=115$$ $$b+d=115$$ $$b+e=116$$ $$c+d=116$$ $$c+e=120$$ $$d+e=122$$

Este conjunto estaba muy cerca, pero había duplicado $115$ $116$ valores y carecía de nuestra $117$ $118$ valores.

Sé que otros ya han demostrado que no hay solución, pero pensé que esto podría ayudar a mostrar que a pesar de que no se puede hacer, hay de calabaza pesos que la producción de casi la totalidad de sus valores.

Answer 3

Dicen que tenemos $5$ diferentes ponderado de las calabazas con pesas $a, b, c, d, e$ tal que $a\lt b\lt c\lt d\lt e$. Hay $10$ diferentes formas en que estas calabazas pueden ser pesados, de dos en dos. Las diferentes combinaciones son

1. $a+b$
2. $a+c$
3. $a+d$
4. $a+e$
5. $b+c$
6. $b+d$
7. $b+e$
8. $c+d$
9. $c+e$
10. $d+e$

Ahora un camino posible para obtener los valores de los pesos es hacer un sistema de ecuaciones. Ya hay cinco incógnitas tenemos cinco ecuaciones con el fin de ser capaz de encontrar una solución única. Tenga en cuenta que un sistema no tiene solución. Ahora nuestro sistema de diez ecuaciones y en orden para que sea consistente, es decir, tiene una solución, todos los 10 de ecuaciones debe ser cierto. El problema es que no sabemos exactamente lo que todos los 10 de ecuaciones debe ser. Así que tenemos que encontrar cinco ecuaciones que debe ser cierto y si ese sistema tiene una solución, vamos a ser capaces de recuperar todos los informó de pesos.

Ahora un par de ecuaciones son evidentes. Desde $a,b$ son los más pequeños que su suma debe ser el más pequeño. Así tenemos $$a+b=108.$$ Similarly, since $d,e$ are the biggest, there sum must be the biggest, implying $$d+e=122.$$ Also, it can be seen that $$a+c=112$$ and $$c+e=120.$$ Already four equations! The fifth one can be obtained by summing all of the possible equations and then dividing by four on each side (which is what you and @columbus8mywh did in the comments) to obtain $$a+b+c+d+e=288.75.$$

Este sistema tiene una solución única. Es decir,, $a=53.25$, $b=54.75$ $c=58.75$, $d=60.75$, y $e=61.25$.

Sin embargo, note que esto no puede ser constante con el todo el sistema ya que si tuviéramos que pesan juntos, por ejemplo, $b$$d$, tendríamos un no-valor entero. Dado que esto es imposible que todo el sistema es incompatible y no tiene solución.

Answer 4

Como otros han dicho, usted sabe que la posición relativa de todas las calabazas del problema.

Dado un desconocido a,

b=108-a c=b+4 d=c+2 e=122-d

Esto significa que si a es un entero impar, todos ellos son impares. Si a es un entero, incluso, son todas iguales. Cualquiera de los casos, lleva a todos de suma aún.

La única otra alternativa es que a no es entero. En fin para todas las posibles sumas de dinero para ser un entero, no debe terminar en .5. Si a es impar.5 b,c,d son todas iguales.5 y e es impar.5. Si a es incluso.5, b,c,d son de todos los impares.5 y e es incluso.5.

En ambos casos, se obtiene la siguiente dirección de E-ven y S-dd sumas (es un X-O cual es la razón por la que no importa la uniformidad es volteado entre los dos casos):

EEEO OOE OE E

Por lo que no proporcionan el requisito 3 impar sumas y 7.

El agricultor es un mentiroso.